【文档说明】黑龙江省齐齐哈尔市实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，803.000 KB，由小赞的店铺上传

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齐齐哈尔市实验中学2019—2020学年度高二下学期化学期中测试卷（时间：90分钟满分：100）相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28Cl-35.5Ti-48Fe-56Cu-64一、选择题（每小题只有一个正

确答案，每题2分，共52分）1.下列化学式能真实表示物质分子组成的是A.SO3B.NaOHC.CsClD.SiO2【答案】A【解析】【详解】化学式能真实表示物质分子组成，说明该物质形成的晶体类型应该是分子晶体

。NaOH、CsCl是离子晶体，SiO2是原子晶体，不存在分子；答案选A。2.下列说法中正确的是A.固态物质一定是晶体B.电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则C.原子序数为7、8、9的三种元素，其第一电离能和电负性均依次增大D.在

元素周期表中氢元素可以放在ⅦA族，能支持这种观点的是H3O＋【答案】B【解析】【详解】A.固体物质分为晶体和非晶体，A错误；B.洪特规则指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占

据一个轨道，且自旋状态相同，根据洪特规则2p能级上2个电子应占据不同的轨道，B正确；C.原子序数为7、8、9的三种元素分别为氮、氧、氟，氮的价电子排布为2s22p3，呈半满状态较稳定，其第一电离能应大于氧元素，C错误；

D.能支持该观点的依据应是氢元素的结构或化学性质与ⅦA族相似，ⅦA族元素易得到一个电子显-1价，H3O＋中氢元素显+1价，D错误；答案选B。3.磁性材料在生活和科学技术中应用广泛。研究表明，若构成化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具

有磁性。下列物质适合做磁粉材料的是A.V2O5B.PbOC.ZnOD.CrO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.V2O5中V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，无未成对电子，无磁性，A错误；B.PbO中Pb处于IVA族，失去p能级2个电子形成Pb2+，无未成对

电子，无磁性，B错误；C.ZnO中Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，无未成对电子，无磁性，C错误；D.CrO2中Cr4+的核外电子排布式式为1s22s22p63s23p63d2，有未成对电子，有磁性，D正确；答案选D。4.下列各项中指定的比值是2∶

1的是A.金刚石晶体中C与C-C键的物质的量之比B.K2S溶液中c(K+)与c(S2-)之比C.Na2O2晶体中阳离子与阴离子的物质的量之比D.H2SO3溶液中阳、阴离子数比【答案】C【解析】【详解】A．金刚石晶体中，每

个C参与4条C-C键的形成，C原子数与C-C键之比为1:2，A项错误；B．K2S为强碱弱酸盐，在水溶液中S2-会发生水解，故K2S溶液中c(K+)与c(S2-)之比大于2:1，B项错误；C．Na2O2晶体中阳离子与阴离子分别为

Na+、2-2O，故Na2O2晶体中阳离子与阴离子的物质的量之比2:1，C项正确；D．H2SO3为二元弱酸，分步部分电离，第二步电离很微弱。结合H2SO3溶液显弱酸性，根据电荷守恒有：c(H+)=c(

-3HSO)+2c(2-3SO)+c(OH-)，且c(-3HSO)＞c(2-3SO)，故H2SO3溶液中阳、阴离子数比不是2:1，D项错误；答案选C。5.化学与生产、生活密切相关，下列应用和判断不正确的是A.化石燃料终将枯竭，解决能源危机的办法是加大化石燃料的开

采、储存B.节日燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关C.生活中常用的肥皂和洗涤剂既含有亲水基团，也含有疏水基团D.夏天当厕所里比较刺鼻时，用大量水冲洗可避免其气味，利用了气体的相似相溶原理。【答案】A【解析】【分析】解决能源危机的办法是开发新能源；节日燃放的焰火是原子由激发态到基态发生的

电子的跃迁引起的；肥皂、洗涤剂是最常见的表面活性剂，分子结构具有两亲性:一端为亲水基团，另一端为憎水基团；氨气是极性分子，水是极性分子，所以氨气易溶于水。【详解】解决能源危机的办法是开发新能源，故A说法错误；节日燃放的焰火是原子由激发态到基态发生的电子的跃迁引起的，故B说法正

确；肥皂、洗涤剂是最常见的表面活性剂，分子结构具有两亲性:一端为亲水基团，另一端为憎水基团，故C说法正确；氨气是极性分子，水是极性分子，所以氨气易溶于水，厕所里比较刺鼻时，用大量水冲洗可避免其气味，利用了相似相溶原理，故D说法正确。6.在ClCH=CClCH3分子中，C—C

l键采用的成键轨道是（）A.sp—pB.sp2—sC.sp2—pD.sp3—p【答案】C【解析】【详解】ClCH=CClCH3中，双键碳中C原子含有3个σ键和1个π键，所以价层电子对个数为3，采用sp2杂化，Cl原子中未成对电子为3p电子，据此判断C-Cl键采用的成键轨道为sp2-p。答

案选C。7.下列有关化学用语的表示方法中正确的是A.硫化氢B.M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为ab2a2M+++C.用电子式表示MgCl2的形成过程为：D.氮分子的电子式：【答案】B【解析】【

详解】A．硫化氢为共价化合物，其电子式为：，A项错误；B．M2+离子核外有a个电子，可知M原子中的质子数为a+2；根据质量数=质子数+中子数，可知，M原子的质量数为a+b+2，则M原子符号为ab2a2M+++，B项正确；C．用电子式表示MgCl2的形成过程中

，用来表示电子的转移方向的箭头方向指示错误，正确应为：，C项错误；D．书写电子式时，要表达出原子最外层所有的电子数，故氮分子的电子式应为：，D项错误；答案选B。8.N2F2存在顺式和反式两种分子，据此

判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为A.仅有一个σ键B.仅有一个π键C.一个σ键和一个π键D.一个σ键和两个π键【答案】C【解析】【详解】N2F2存在顺式和反式，类似于C2H4，因此有(顺式)、（反式），双键之间有一个σ键和一个π键。答案选C。9.下列说

法正确的是①在晶体中，只要有阳离子就一定有阴离子；②分子晶体的熔点一定比金属晶体的低；③金刚石晶体中最小的环上的原子个数为12；④离子化合物中，一定存在离子键；⑤非极性分子一定含有非极性键；⑥原子晶体中，一定存在共价键；⑦固态不导电，熔融时能导电的化合物一定是离子化合物。A.①②④B.④

⑤⑥C.④⑥⑦D.③④⑥【答案】C【解析】【详解】①在金属晶体中，存在金属阳离子和自由电子，故在晶体中，只要有阳离子就一定有阴离子错误，故①错误，②分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低，如汞的熔点(－60℃)比冰的熔点(0℃)低，汞是液态金属，属于金属晶体。而冰是

固态的水，它属于分子晶体，②错误；③金刚石晶体中最小的环为六元环，含六个C原子，③错误；④离子化合物是阴阳离子通过静电作用形成的，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，④正确；⑤不一定，非极性分子中也可能含有极性

键，如CO2分子中，含有极性键，但CO2为非极性分子，⑤错误；⑥原子晶体是原子之间通过共价键形成，一定存在共价键，⑥正确；⑦某化合物固态没有自由移动的离子不导电，熔融状态下能导电，说明该化合物中含自由移动的离子，构成微粒为离子，该化合物

是离子化合物。⑦正确；综上所述，④⑥⑦正确；C项正确；答案选C。10.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是A.此堆积方式属于非最密堆积B.此晶胞类型为六方最密堆积C.配位数（一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目）为8D.镉的堆积方式与铜的

堆积方式相同【答案】B【解析】【详解】A．据图可看出，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为镁型堆积，即六方最密堆积，A项错误；B．据图可看出，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为六方最密堆积，B项正确；C．由图可知，一个金属离子周围紧邻的离子数目

为12个：中间一层为6个，上下两层各有3个，故配位数为12，C项错误；D．铜的堆积方式为面心立方最密堆积，镉的堆积方式与铜的堆积方式不相同，D项错误；答案选B。11.常温下单质硫主要以S8（皇冠形结构）形式存在。加热时，S8会转化为S6、S4、S2等，当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存

在（占92%）。下列说法中正确的是A.S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B.不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO3C.把硫单质在空气中加热到750℃即得S2D.S8分子中硫原子的杂化方式是sp3杂化【答案】D【解析】【详解】A．物理变化是没有新物质生成的变化，S8

转化为S6、S4、S2，有新物质生成，属于化学变化，A项错误；B．不论哪种硫分子，组成元素只有硫元素，燃烧产物都是二氧化硫，而不是SO3，B项错误；C．硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应，不会得到纯净的硫单质，C项错误；D．S8为皇冠形

结构，每个S与其它2个S原子相连，且还含有2对孤电子对，所以每个S原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论可知，S8分子中硫原子的杂化方式是sp3杂化，D项正确；答案选D。12.离子键、共价键、金属键、范德华力都是微粒之间的不同作用力，下列物质：①CaF2②SiO2③氦气④金刚

石⑤NH4Cl⑥C60含有上述任意两种作用力的是A.①②B.①⑥C.⑤⑥D.③④【答案】C【解析】【详解】①CaF2为离子化合物，其中Ca2+和F-之间存在离子键，只有一种作用力，①不符合题意；②SiO2为原子晶体，其中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在

一种作用力，②不符合题意；③氦气属于分子晶体，只存在范德华力，③不符合题意；④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种作用力，④不符合题意；⑤NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键，所以氯化铵中存在两种作用力，故⑤符合题意

；⑥C60中C原子之间存在共价键，C60为分子晶体，存在范德华力，⑥符合题意；综上所述，⑤⑥符合题意，C项正确；答案选C。13.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之

和的，Y与W位于同主族。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如如图所示(部分反应物和生

成物省略)。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B.化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同C.含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D.Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】C【解析】乙是一种“绿色氧化剂”，乙是过氧化氢，M是单质，所以M是氧气；乙和丁的

组成元素相同，丁是水；化合物N是具有漂白性的气体，N是SO2，丙是H2S，甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。原于半径：r(Na)>r（S）>r(O)，故A错误；SO2使溴水褪色发生氧化

还原反应、乙烯使溴水褪色发生加成反应，故B错误；含S元素的盐溶液，硫酸氢钠溶液显酸性、硫酸钠溶液显中性、亚硫酸钠溶液呈碱性，故C正确；O与H、Na、S形成的化合物中，H2O中H元素不满足8电子结构，故D错误。14.下列说法正确的是A.O2、O3是氧元素的同素异形体，两者都为非极

性分子B.35Cl与37Cl−互为同位素C.乙二醇()和甘油（）互为同系物D.CH3CHO与互为同分异构体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．O2、O3是氧元素形成的不同性质的单质，属于同素异形体关系，氧气为非极性分子，臭氧是极性分子，A错误；B．同位素是

指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素的互称，其研究的对象为原子，35Cl与37Cl为同位素关系，37Cl−为离子，与上述两种原子间不属于同位素关系，B错误；C．乙二醇()和甘油（）所含羟基数目不同，结构不同，不可能互为同

系物，C错误；D．CH3CHO与分子式相同结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选D。15.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A.含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为NAB.58.5gNa

Cl晶体中含有0.25NA个上图所示的结构单元C.常温常压下，5gD2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD.标准状况下，22.4L乙烷中含有极性键的数目为6NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.1molS

iO2晶体中含有4molσ键，含16g氧原子的二氧化硅晶体的物质的量为0.5mol，含有的σ键数目为2NA，A错误；B.58.5gNaCl的物质的量是1mol，根据均摊法，假设小黑球为钠离子，空心球为氯离子，则Na

Cl晶体的晶胞含有118682+=4个钠离子，11214+=4个氯离子，所以58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个图示的结构单元，B正确；C.5gD2O的物质的量是5g20g/mol=0.25mol，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子，所以5gD2O

含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA，C正确；D.标准状况下，22.4L乙烷物质的量为1mol，根据乙烷的结构式，每个分子中含有6个极性键，一个非极性键，则22.4L乙烷中含有极性键的数目为6NA，D正确；答案

选A。【点睛】要掌握二氧化硅的特点，每个硅与四个氧原子相连，每个氧与两个硅相连，1molSiO2晶体中含有4mol硅氧键；氢元素三种同位素的特点：H原子中没有中子、D原子中含有一个中子、T原子中含有两个中子。16.碳酸亚乙酯是锂离

子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A.分子式为C3H2O3B.分子中含6个σ键C.分子中只有极性键D.8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】A【解析】【详解】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子

，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此

题选C。17.两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有()A.1对B.2对C.3对D.4对【答案】B【解析】【详解】在前10号元素中，氦原子和碳原子，核外电子层数之比与最

外层电子数之比相等，均为1：2，氢原子和铍原子，核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，均为1：2，共有两对；故选B。18.下面的叙述不正确的是A.晶胞空间利用率：金属铜＞金属镁＞金属钾＞金属钋B.熔点由高到低：金刚石＞晶体碘>汞C.晶体硬度由小到大：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4D

.晶体沸点由高到低：H2O＞HF＞NH3【答案】A【解析】【详解】A.金属钾的空间利用率是68%，Po的空间利用率是52%，金属铜和金属镁的空间利用率都是74%，因此不同金属的空间利用率大小关系为金属铜=金属镁>金属钾>金属钋，A错误；B.金刚石是原子晶体，

熔点较高，晶体碘是分子晶体，熔点较低，汞为金属晶体，常温下是液态，熔点很低，所以熔点由高到低：金刚石＞晶体碘>汞，B正确；C.这几种物质都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，由于分子间作用力随物质相对分子质

量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力需要的能量就越高，所以物质的硬度由低到高：CH4<SiH4<GeH4<SnH4，C正确；D.形成氢键X－H－Y两端的原子一个提供氢，另一个提供孤对电子和氢

作用，由于氢的半径很小，故一个氢原子只能形成一个氢键，1molHF只有1molH，故只能形成1mol氢键，NH3虽然具有三个H，但只有一个孤对电子，故也只能形成1mol氢键，水分子则可以形成2mol氢键，故水

的熔沸点最高，由于电负性原因，同周期电负性依次增强，F的电负性大于N，F－H－F氢键的强度>N－H－N氢键的强度，故HF的沸点高于氨，D正确。答案选A。【点睛】各种晶体熔点比较的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体，金属晶体的熔沸点，变化范围大，没有太明显的规律，有的熔沸点很低，如汞在

常温时就是液态，的熔沸点很高，如钨熔点高达3000多摄氏度；氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性，当都有氢键时要分析氢键的个数，个数相同时比较电负性，电负性越强，吸引电子能量越强，氢键越强。19.下列结论正确的是①粒子半径：K+＞Al3+＞S2－＞Cl－②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH

3＞SiH4③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤金属性：Be＜Mg＜Ca＜K⑥非金属性：O＞N＞P＞SiA.①②③⑤B.②③⑥C.②④⑤⑥D.②④⑥【答案】C【解析】【分析】【详解】①离子半径的比较，一是比较

电子层数，电子层数越多，半径越大，Al3＋电子层数只有两次电子，半径最小，二是电子层数相同时，半径随原子序数的递增而减小，则S2－>Cl－>K＋，即S2－>Cl－>K＋>Al3＋，①错误；②非金属性越强，元素的气态

氢化物的稳定性越强。同主族元素从上到下非金属元素的非金属性越弱，气态氢化物的稳定性越弱，则HF＞HCl。同周期的非金属元素的非金属性从左到右越来越强，气态氢化物的稳定性越强，HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，即HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，②正确；③非金属元素非金属越强，其单质的

氧化性越强，其对应的还原产物——阴离子的还原性越弱。Cl、Br、I的单质的氧化性越来越弱，其对应的阴离子Cl－、Br－、I－的还原性越来越强，而硫的非金属性最弱，即S2－＞I－＞Br－＞Cl－，③错误；④同主族元素从上到下非金属元素的非金属性越弱，元素单质的氧化性越

来越弱，S＞Se＞Te，同周期的非金属元素的非金属性从左到右越来越强，Cl2＞S，即氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，④正确；⑤同主族自上而下金属性增强，有Be＜Mg＜Ca，同周期自左而右金属性减弱，有Ca＜K，故金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，⑤正确；

⑥同主族元素从上到下非金属元素的非金属性越弱，N＞P；同周期的非金属元素的非金属性从左到右越来越强，O＞N，P＞Si，非金属性：O＞N＞P＞Si，⑥正确；②④⑤⑥正确，答案选C。20.2003年3月，日本筑波材料科学

国家实验室一个研究小组发现首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。报报道，该晶体中含有最简式为CoO2的层状结构，结构如右图（小球表示Co原子，大球表示O原子）。下列用粗线画出的CoO2层状结构的晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）示意图不符合化学式的是A.

B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.Co:1、O：4×1/2=2，符合化学式CoO2，A正确；B．Co：1+4×1/4=2、O：4，Co:O=2:4=1:2，符合化学式CoO2，B正确；C．Co：4×1/4=1、O：4×1/2=2，个数比是1:2，符合化学式CoO2，C正确

；D.不符合平移特征的图形，因此示意图不符合化学式，D错误。答案选D。21.近年来，科学家合成一系列具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n。已知，最简单的氢铝化合物Al2H6的球棍模型如下图所示，它的熔点为150℃，燃烧

热极高。下列说法肯定错误的是()A.Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B.Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料D.氢铝化合物中可能存在组成为AlnH2n＋2的一系列物

质(n为正整数)【答案】D【解析】【详解】A、分子晶体的熔点较低，通过题中给出的Al2H6的熔点为150℃，推出Al2H6为分子晶体，故A正确；B、根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种

元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，故B正确；C、根据氢铝化合物组成元素为Al和H两种元素，而Al和H2都是很好的燃料，但氢气的在储存盒运输中是极不方便，将其转化成氢铝化合物后，就解决这一矛盾，同时氢铝化合物的燃烧热极高因

此可以作为未来的储氢材料和火箭燃料，故C正确；D、根据化合物中正负化合价的代数和为0，在AlnH2n+2组成中，有3n+[-（2n+2）]=0，则有3n=2n+2，n=2，推出化学式为：Al2H6符合要求，但这仅是一种情况，当n=1时，得出化学式为：AlH4不符合要求，所

以AlnH2n+2不具有普遍性，故D错误；答案选D。22.下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是()A.金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用，金属键无方向性和饱和性B.共价键是原子之间通过共

用电子对形成的相互作用，共价键有方向性和饱和性C.范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大D.氢键不是化学键而是分子间的一种作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间【答案】D【解析】【详解】A．金属键是化学键的一种，主要在金属晶体中存在，由自由电子及排列成晶格状的金属离子之

间的静电作用形成，由于电子的自由运动，金属键没有固定的方向，故A正确；B．共价键是原子之间强烈的相互作用，共价键有方向性和饱和性，故B正确；C．范德华力是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，极性越大，分子间作用力越强，故C正确；D．氢键是一种分子间作

用力，比范德华力强，但是比化学键要弱。氢键既可以存在于分子间（如水、乙醇、甲醇、液氨等），又可以存在于分子内（如），故D错误。答案选D。23.已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198

O=O：498，已知P4(白磷)＋3O2=P4O6ΔH=－1638kJ·mol－1，则P—O键的键能(kJ·mol－1)A.280B.360C.720D.940【答案】B【解析】【分析】【详解】根据反应热ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，列式计算:ΔH=6E(P—P)

+3E(O=O)-12E(P—O)=6198349812E(P-O)+−=－1638，解得：E(P—O)=360，故选：B。24.下表为原子序数依次增大的短周期元素A~F的第一到第五电离能数据，表

中的金属元素是电离能I（ev）ABCDEFI15.27.66.011.313.614.5I249.315.018.824.435.129.6I371.680.128.447.954.947.4I498.9109.2112.064.577.477.5I5138.3141.3153.7392.

1113.997.9A.ABCB.BCDC.CDED.DEF【答案】A【解析】【详解】原子越容易失电子，则其电离能越小，金属元素都易失去第一个电子，第一电离能比较小，通过表格可以看出A、B、C的第一电离能比较小，所以A、B、

C为金属。答案选A。25.某FexNy的晶胞如图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化图−2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为图

-1FexNy晶胞结构示意图-2转化过程的能量变化A.Fe3CuNB.FeCu3NC.FeCuND.Fe2Cu2N【答案】A【解析】【详解】用均摊法知，晶胞中a位置Fe有1818=个，b位置Fe有1632=个，N有1个，则原化学式为Fe4N，由图知，Cu替代该晶体

中a位置Fe时释放能量形成更稳定的产物，则其化学式为Fe3CuN；答案选A。26.下表所示内容不对应的是选项ABCD晶体名称干冰石墨碳酸钠晶体氩构成粒子分子原子离子分子晶体内存在的作用力共价键、范德华力共价键共价键、离子

键范德华力A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.干冰属于分子晶体，分子间通过范德华力结合，碳原子与氧原子间存在共价键，A正确；B.石墨构成微粒为原子，晶体呈层状结构，层之间碳原子的作用力为范德华力，层内碳原子间存在共

价键，B错误；C.碳酸钠属于离子晶体，阴阳离子通过离子键结构，碳酸根离子中碳氧原子间存在共价键，C正确；D.氩为单原子分子，分子间通过范德华力结合，D正确；答案选B。二、非选择题（共48分）27.X、Y、Z、Q、W为前四周期中原子序数依次增大的元素。X原子的2p能级上有两个未成对电子，

且无空轨道。Y原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数；Z与X同族，Q位于第ⅠB族；W元素最高正价和最低负价的代数和为4。根据以上信息，回答下列问题。（1）W元素的名称是：___________；其简化的电子排布式为___________________；X的基态原子核外最高

能级上有_____种不同空间运动状态的电子；已知高温下4QX→2Q2X+X2，从Q原子价层电子结构的角度分析，能生成Q2X的原因是__________________________________。（2）Y与X可以形成多种复杂阴离子，如下图所示，若其

中a对应的阴离子化学式为YX4-4，则c对应的阴离子的化学式为_________________(圆圈代表X原子，黑点代表Y原子)。（3）向盛有含Q2+的溶液中加入氨水至过量，沉淀溶解的离子方程式为___________________。写出最后所得配离子的结构式_____________

_______________________（配位键须注明）。（4）W、Y均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，VSEPR构型____________（填“相同”或“不相同”），若“Y−H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与W反应时单质W

是氧化剂，则W与Y的电负性相对大小为______________（用元素符号作答）。【答案】(1).硒(2).[Ar]3d104s24p4(3).3(4).CuO中铜的外围电子排布为3d9，Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定结构，而前

者不是(5).Si6O12-18(6).Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）(7).(8).相同(9).Se>

Si【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为前四周期中原子序数依次增大的元素。X原子的2p能级上有两个未成对电子，且无空轨道，则X的价电子排布式为2s22p4，X为O，Y原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数；K层2个电子，L

层8个电子，则其M层的4个电子，Y为Si，Q位于第ⅠB族且只能是第4周期，则Q为Cu；Z与X同族即第ⅥA，X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，则Z为S，W元素最高正价和最低负价的代数和为4，W位于ⅥA，为Se，据此结合相关知识分析回答；【详解】(1)W即Se元素的名称是硒

；原子序数为34，则其简化的电子排布式为[Ar]3d104s24p4；按原子轨道能量的高低规律，X的基态原子核外最高能级为2p，有3种不同空间运动状态的电子；已知高温下4QX→2Q2X+X2，即高温下氧化铜分解生成氧化亚铜和氧气，则能生成Cu2O原因是CuO中铜的外围电子排布为3d9

，Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定结构，而前者不是；答案为：硒；[Ar]3d104s24p4；3；CuO中铜的外围电子排布为3d9，Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定

结构，而前者不是；(2)Y与X可以形成多种复杂硅氧根阴离子，若其中a对应的阴离子化学式为YX4-4即，是硅氧四面体结构，则c对应的阴离子为6个硅氧四面体构成，硅氧四面体通过共用顶角氧原子成连接起来的，则每个硅氧四面体内有1个硅原子、2+2×12=3个氧原

子，则化学式为Si6O12-18；答案为：Si6O12-18；(3)向盛有含Q2+即铜离子的溶液中加入氨水至过量，先生成Cu(OH)2后沉淀溶解，则沉淀溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH

)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）；反应后得到的配离子的结构式为；答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）；；(

4)W为Se、Y为Si，均能与氢元素形成气态氢化物，它们形成的最简单的氢化物分别为H2Se，SiH4，它们的价层电子对数均为4，故VSEPR构型相同，若“Y−H”即Si-H中共用电子对偏向氢元素，则电负性H＞Si，氢气与W即Se反应时，单质W即Se是氧化剂，则W即Se的电负

性比氢大，则Si与Se的电负性相对大小为Se>Si;答案为：相同；Se>Si。【点睛】本题的难点是(2)，用均摊法求算离子的化学式。28.(1)CO(NH2)2分子中含有σ键与π键的数目之比为：______，N原子的杂化类型为______。(2)类卤素(

SCN)2与卤素性质相似，对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H−S−C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H−N=C=S)的沸点，其原因是：_________________________。(3)S能形成很多种含氧酸根离子，如SO32-、SO42-、S2O72-，已知S2

O72-的结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，由该离子组成二元酸的分子式为H2S2O7，试写出其结构式_____________________________。(4)判断含氧酸酸性强弱的一

条经验规律是：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。如下表所示：含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系。次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸Cl—OH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸已知亚磷酸是中强酸

，亚砷酸是弱酸且有一定的弱碱性，则H3PO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式是：__________________________，在H3AsO3中加入足量的浓盐酸，写出化学方程式：___________________________。【答案】(1).7：1(2).sp3(3).异

硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键(或异硫氰酸分子间可形成氢键)(4).(5).H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O(6).H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O【解析】【分析】(1)根据杂化轨道理论分析N原子的轨道杂化类型

；(2)根据二者的结构特点以及氢键对物质熔沸点的影响分析作答；(3)H2S2O7属于二元酸，根据已知H2S2O7的结构特点分析其结构；(4)根据无机含氧酸的酸性强弱规律分析亚磷酸和亚砷酸的结构，并分别写出相应的化学方程式。【详解】(1)CO(NH2)2分子的结构式为，则其含有

的σ键与π键的数目之比为7:1；N原子与其他3个原子形成3个σ键，且有一个孤电子对，则其价层电子对数为4，采取sp3杂化；(2)由异硫氰酸分子和硫氰酸分子的结构式可知，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，故硫氰酸(H−S−C≡N)的

沸点低于异硫氰酸(H−N=C=S)的沸点；(3)含氧酸H2S2O7属于二元酸，已知其结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，即不存在氧原子之间、S原子之间形成的共价键，故S原子与氧原子之间形成共价键，O原子与H原子之间形成共价键，且每个S提供孤对电子与2个O原子形成2个配位键，

其结构式为；(4)无机含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，亚砷酸是弱酸且有一定的弱碱性，所以亚磷酸含有一个非羟基氧原子，亚砷酸不含非羟基氧原子，则亚磷酸和亚砷酸的结构式分别为：、，亚磷酸中含有2个羟基，属于二元酸，亚砷酸属于三元酸，

但有弱碱性，则H3PO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式是：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，H3AsO3与足量的浓盐酸反应的化学方程式是：H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O。【点睛】亚磷酸(H3PO3)是中强酸，含有一个非羟基氧原子，其结构式为：，分子中有2个羟基，

则其属于二元酸，其与过量的NaOH溶液反应生成的亚磷酸钠Na2HPO3属于正盐，不是酸式盐，在水溶液中HPO32-只能水解，不能电离。这是同学们的易错点。29.（1）Fe元素在元素周期表中位于______区，基态Fe2+的离子结构示意图为_____________。（2）氧化亚铁晶体的

晶胞如下图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3（NA代表阿伏加德罗常数的值）。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________；Fe2+与O2-的最短核间距为_____________cm。（3）金属晶体Ti采取面心立方最密堆积

，则Ti原子的空间利用率是：________π×100%（要求写出带根号的最简计算式）。（4）SiC晶体的硬度为9.5，其晶胞结构如下图所示（小球代表C原子，大球代表Si原子）；则该晶体类型为_________，在SiC晶体中，每个Si原子周围最

近的C原子数目为________个；若晶胞的边长为apm（NA代表阿伏加德罗常数的值），则该晶体的密度表达式为_______________g/cm3（化为最简形式）。冰晶胞中水分子的空间排列方式与上述晶胞_______（填“相似”

或“不相似”）。【答案】(1).d区(2).(3).12(4).336AN(5).26(6).原子(7).4(8).323A1.610aN(9).相似【解析】【分析】(1)根据构造原理写出铁原子的电子排布式，据此作答。(2)FeO晶包为正方体，

根据均摊法可计算每个晶胞中含Fe2+和O2-均为4个，假设黑球为Fe2+，Fe2+处于顶点和面心，白球为O2-，O2-处于棱心和体心，据此可求出与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目及Fe2+与O2-的最短核间距。(3)面心立方最密堆积

的晶包为，同一面上处于对角线上的三个Ti原子相切，设Ti原子半径为r，晶包边长为a，求出一个晶胞中Ti原子个数，进一步求出所有Ti原子的体积，再求出晶胞的体积，两者相比可得空间利用率。(4)SiC硬度大，属于

原子晶体。根据晶胞结构特点，求出晶胞的体积和晶胞中所含有的SiC的质量，即可求出密度。H2O子中的O和SiC中C均采取sp3杂化，H2O可与周围的4个H2O形成4个氢键，据此回答。【详解】(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最后一个电子填充在

3d能级上，所以Fe属于d区元素，Fe2+的离子结构示意图为。(2)假设黑球为Fe2+，则Fe2+位于正方体的顶点和面心，处于同一个面上的顶点的Fe2+与面心的Fe2+的距离最短，因而一个晶胞上与顶点的Fe2+

最近的Fe2+有3个，一个顶点属于8个晶胞共用，面心的一个Fe2+属于两个晶胞共用，因此与顶点上的Fe2+距离最近的Fe2+有3×8÷2=12个；一个晶胞中含有的Fe2+的个数为8×18+6×12=4，O2-个数也为4个，故一个晶胞中Fe

O的质量为724ANg，设晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3，所以有724AN=a3ρ，故a=(A128N)1/3，Fe2+与O2-的最短核间距为晶胞边长的一半，故Fe2+与O2-的最短核间距为2a=336AN；(3)面心立方最密堆积的晶包为，面对角线上

的三个Ti原子相切，设Ti原子半径为r，则面对角线长为4r，所以晶包边长为22r，晶胞的体积为（22r）3，一个Ti原子的体积为343r，一个晶胞中含有Ti原子数目为4，所以空间利用率为()3332r4

42r=26；(4)SiC的硬度大且为共价键形成的化合物，故属于原子晶体；由图可知每个Si原子与四个碳原子形成四个共价键，构成一个四面体结构，故每个Si原子周围最近的C原子数目为4个；一个晶胞中含碳原子个数为4，Si原子个数为4，故一个晶胞中SiC的质量为404AN=160/NA，晶胞的

体积为(a×10-10)3，所以ρ=()31016010ANa−=323A1.610aN；H2O子中的O和SiC中的Si均采取sp3杂化，SiC中Si与C形成四个共价键，一个H2O与周围的4个H2O能形成4个氢键，氢键具有方向性

，故冰晶胞中水分子的空间排列方式与SiC的晶胞相似。